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专题16动量守恒定律
一．选择题（共13小题）
1．（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（ ）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
2．（2022 重庆）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
3．（2022 北京）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
4．（2022 北京）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：
1助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；
2起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；3飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；
4着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
5．（2022 海南）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（ ）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的 D．F1的冲量小于F2的
6．（2022 湖北）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
7．（2022 湖南）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
8．（2021 全国）质量为m的铁锤竖直下落打在木桩上后随木桩一起下降，经一段时间t后静止。已知打击前瞬间铁锤速度为v，重力加速度为g，则在t时间段，木桩受到的平均打击力的大小为（ ）
A． B． C． D．
9．（2021 福建）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s～56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
10．（2021 湖北）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8g，出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40 B．80 C．120 D．160
11．（2021 北京）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
12．（2021 乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
13．（2021 湖南）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
二．多选题（共7小题）
（多选）14．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
（多选）15．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
（多选）16．（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
（多选）17．（2022 重庆）一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1：3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
（多选）18．（2022 乙卷）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（ ）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
（多选）19．（2021 乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（ ）
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
（多选）20．（2021 湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
三．实验题（共6小题）
21．（2023 辽宁）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1＞m2）。将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
（1）在本实验中，甲选用的是 （填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 （设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 （用m1和m2表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因： 。
22．（2022 天津）某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图1所示。A、B为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P。
（1）为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如图2所示，其读数为 mm。
（2）下列关于实验的要求哪个是正确的 。
A．斜槽的末端必须是水平的
B．斜槽的轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度
D．A、B的质量必须相同
（3）如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为 、 。（填落点位置的标记字母）
23．（2022 重庆）如图1为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是 。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做 运动。
（3）测得滑块B的质量为197.8g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为 kg m s﹣1（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为 （选填“②”“③”“④”）。
24．（2022 甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 kg的滑块作为A。
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
（6）表中的k2＝ （保留2位有效数字）。
（7）的平均值为 （保留2位有效数字）。
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用m1和m2表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
25．（2022 浙江）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
（1）实验应进行的操作有 。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
（2）下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg B的质量/kg 碰撞前A的速度大小/（m s﹣1） 碰撞后A的速度大小/（m s﹣1） 碰撞后B的速度大小/（m s﹣1）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是 kg m/s。（结果保留3位有效数字）
26．（2021 江苏）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝ mm；
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是 ；
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：
Δt/s 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
Δv/（m s﹣1） 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
请根据表中数据，在方格纸上作出Δv﹣Δt图线；
（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv﹣Δt图线斜率的理论值为 m/s2；
（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是 。
A．选用的槽码质量偏小
B．细线与气垫导轨不完全平行
C．每次释放滑块的位置不同
D．实验中Δt的测量值偏大
四．计算题（共17小题）
27．（2022 福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态，一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动，已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
28．（2022 海南）有一个角度可变的轨道，当倾角为30度时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为60度，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B的质量的三倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数μ；
②A与B刚碰完B的速度；
③绳子的长度L。
29．（2022 湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
30．（2022 浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
31．（2022 广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
32．（2022 湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍（λ为常数且0＜λ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
33．（2022 乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v﹣t图像如图（b）所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
34．（2022秋 越秀区校级月考）光滑水平地面上有一质量M＝4.0kg的小车。车上的水平道与半径R＝0.25m的四分之一光滑弧轨道在B点相切。如图所示，水平轨道右端固定一根处于锁定状态的压缩弹簧，一质量为m＝1.0kg的物块紧靠弹簧，与B点的距离L＝1.0m，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，物块被弹出后，恰能到这圆弧轨道的最高点A，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E；
（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小；
（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离。
35．（2021 重庆）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
36．（2021 福建）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求小球S1在M点所受电场力大小。
（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为，碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。
（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
37．（2021 海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
38．（2021 湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
39．（2021 北京）如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
40．（2021 天津）一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1：4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
41．（2021 河北）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ，cosθ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
42．（2021 广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
43．（2021 湖南）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
五．解答题（共2小题）
44．（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
45．（2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
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专题16动量守恒定律
一．选择题（共13小题）
1．（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（ ）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P小球落地的速度大小为vP，Q小球落地的速度大小为vQ，P小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度vx＝v0
竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度vy
则vP
Q小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：2gh
解得：vQ
则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv
则两小球落地时动量大小相等，故AB错误；
CD、设P小球下落时间为tP，Q小球下落时间为tQ，P小球竖直方向为自由落体运动，有：h
解得：tP
Q小球做竖直下抛运动，有：h＝v0tQ
则tQ＜tP
两小球所受冲量大小为I＝mgt
则P所受重力冲量的大小比Q的大，故C正确，D错误。
故选：C。
2．（2022 重庆）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
【解答】解：AB.假人的头部只受到安全气囊的作用，则F﹣t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F﹣t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，故AB错误
C.根据动量与动能的关系有
Ek
而F﹣t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，故C错误；
D.假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，故D正确；
故选：D。
3．（2022 北京）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示物体运动的速度，由图可知，碰前m2保持静止，m1速度为v1m/s＝4m/s，故A错误；
B、根据斜率可知，碰撞后m2的速率为v′2m/s＝2m/s，m1的速率为v′1m/s＝﹣2m/s，负号说明m1反向弹回，二者速度大小相等，故B错误；
C、碰撞后m1反向弹回，以开始时m1的方向为正方向，由动量守恒定律可知，m1v1＝m1v′1+m2v′2，代入数据解得，m2＝3m1，由速度速度大小相等，则说明碰撞后碰撞后m2的动量大于m1的动量，故C正确；
D、由动能的表达式可知，m1的动能Ek12m1，m2的动能Ek22m2，因为m2＝3m1，v'1＝v'2，所以碰撞后m2的动能大于m1的动能，故D错误。
故选：C。
4．（2022 北京）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：
1助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；
2起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；3飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；
4着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【解答】解：A、助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，而无法减小与滑道之间的摩擦力，故A错误；
B、起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度，故B正确；
C、飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小与空气间的摩擦力，故C错误；
D、着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间，从而减小冲击力，故D错误；
故选：B。
5．（2022 海南）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（ ）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的 D．F1的冲量小于F2的
【解答】解：AB、，在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，根据牛顿第三定律可知F1与F2为作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正确，B错误；
CD、由于F1和F2大小相等，甲推乙两力作用时间相等，故两力的冲量大小相等，方向相反，故CD错误；
故选：A。
6．（2022 湖北）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
【解答】解：在前一段时间内，根据动能定理得：W13
在后一段时间内，根据动能定理得：W221
所以W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：
m 2v﹣mv≤I1≤m 2v+mv，即mv≤I1≤3mv
m 5v﹣m 2v≤I2≤m 5v+m 2v，即3mv≤I2≤7mv
可知：I2≥I1，故D正确、ABC错误。
故选：D。
7．（2022 湖南）1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
【解答】解：设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，
由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：中子与氢核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0
中子与氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，
解得：v2v0
A、碰撞后氢核动量为mv0，氮核动量为14mmv0，氮核动量大于氢核动量，故A错误；
B、碰撞后氮核的动能为，氢核的动能为m，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；
CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD错误；
故选：B。
8．（2021 全国）质量为m的铁锤竖直下落打在木桩上后随木桩一起下降，经一段时间t后静止。已知打击前瞬间铁锤速度为v，重力加速度为g，则在t时间段，木桩受到的平均打击力的大小为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，以向上为正方向，则有（F﹣mg）Δt＝0﹣（﹣mv）
解得
根据牛顿第三定律可知铁锤对木桩的平均冲力的大小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
9．（2021 福建）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s～56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【解答】解：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为：
Δm＝ρSv Δt
假定台风风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风，由动量定理得：
﹣FΔt＝0﹣Δmv
可得：F＝ρSv2
10级台风的风速v1≈25m/s，16台风的风速v2≈50m/s，则有
4
根据牛顿第三定律可知，16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，故B正确，ACD错误。
故选：B。
10．（2021 湖北）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8g，出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40 B．80 C．120 D．160
【解答】解：对子弹根据动量定理得：Ft＝nmv﹣0
代入数据解得
n≈120
故ABD错误，C正确
故选：C。
11．（2021 北京）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
【解答】解：A、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半径方向指向圆心，故A错误；
B、圆盘停止转动前，根据动量定理I＝Δp，小物体转动一圈回到原点，速度不变，所以动量变化量为0，摩擦力的冲量为0，故B错误；
C、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，故C错误；
D、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，停止转动瞬间的速度v＝ωr，最终停止运动速度为0，根据动量定理I＝Δp，可知动量变化量为mωr，所以摩擦力的冲量为mωr，故D正确。
故选：D。
12．（2021 乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【解答】解：从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，系统要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。
故选：B。
13．（2021 湖南）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x，
而动量表达式为：p＝mv，
联合上式，则有：p2＝2am2x
再由位移与速度均沿着x轴正方向，则取正值，那么动量也取正值，
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选：D。
二．多选题（共7小题）
（多选）14．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【解答】解：A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲μg
对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙μg
由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；
BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；
故选：BD。
（多选）15．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
【解答】解：A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1N＝6N
2～4m内，拉力F2N＝3N
0～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由匀变速直线运动速度—位移公式得：2ax
x＝1m时，物体的速度大小为v1m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A错误；
B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek
代入数据解得：Ek＝2J
故B正确；
C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正确；
D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2m/s＝2m/s
物体的最大动量为：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D错误。
故选：BC。
（多选）16．（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【解答】解：A、利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；
B、由动量定理得，F，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故B正确；
C、红外线是一种不可见光，人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；
D、牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，不适用于微观物体的高速运动。而动量守恒定律既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。故D错误。
故选：ABC。
（多选）17．（2022 重庆）一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1：3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【解答】解：A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
F＝f＝μmgcos45°
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
a1＝gsin45°＝gg
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
解得WG
解得Wf
代入数据联立解得 ，故A错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
mgsin45°﹣F﹣f＝ma2
解得
a2g
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
，故C正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
WG2＝mgsin45° x
合力做功为 W合＝ma2 x
则其比值为
则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，故B正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
则动量的大小之比为
解得 ，故D错误。
故选：BC。
（多选）18．（2022 乙卷）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（ ）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
【解答】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝6m/s；
t4＝4s时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg m/s＝6kg m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1m＝9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2m＝3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。
故选：AD。
（多选）19．（2021 乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（ ）
A．在此过程中F所做的功为mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【解答】解：A、在F作用下，由动能定理可知：WF﹣fs00，撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0，联立解得：WF，故A错误；
BD、由于外力做功WF＝Fs0，结合A中两式，解得F＝3f，
取v0方向为正，撤去外力之前对物体动量定理可知：（F﹣f）t1＝mv0﹣0，可得：Ft1＝mv0，则F的冲量大小I＝Ft1mv0，故B正确，D错误；
C、撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0，摩擦力f＝μmg，则解得：μ，故C正确；
故选：BC。
（多选）20．（2021 湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a，由图（b）所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3，由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3，故D正确。
故选：ABD。
三．实验题（共6小题）
21．（2023 辽宁）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1＞m2）。将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
（1）在本实验中，甲选用的是 一元 （填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 （设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 （用m1和m2表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因： 长度测量误差 。
【解答】解：（1）两硬币碰撞过程动量守恒，以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，设碰撞前甲的速度为v0，碰撞后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒定律得：m甲v0＝m甲v1+m乙v2
由机械能守恒定律得：m甲m甲m乙
联立解得：v1v0
v2v0
由题意得，碰撞后甲向右运动，即v1＞0，则m甲＞m乙
由题意可知一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1＞m2），则甲选用一元的硬币；
（2）不放置硬币乙时，甲从O点到P点做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：﹣μm1g＝m1a
由匀变速直线运动位移—速度公式得：02as0
联立解得：v0
（3）以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，甲、乙碰撞过程，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：m1m1m2
联立解得：v1v0
v2v0
甲、乙碰撞后均做匀减速直线运动，加速度均为a＝﹣μg
由匀变速直线运动位移—速度公式得：02as1
02as2
则
（4）误差可能来源于长度测量误差。
故答案为：（1）一元；（2）；（3）；（4）长度测量误差。
22．（2022 天津）某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图1所示。A、B为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P。
（1）为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如图2所示，其读数为 10.5 mm。
（2）下列关于实验的要求哪个是正确的 A 。
A．斜槽的末端必须是水平的
B．斜槽的轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度
D．A、B的质量必须相同
（3）如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为 M 、 P 。（填落点位置的标记字母）
【解答】解：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺读数，游标卡尺是10分度，精确度为0.1mm，主尺读数为：10mm，游标尺读数为：0.1×5mm＝0.5mm，则读数为：10mm+0.5mm＝10.5mm；
（2）A、为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，故A正确；
B、斜槽光滑与否实验不产生影响，同时也无法使接触面绝对光滑，故B错误；
C、实验中两小球做平抛运动，下落时间相同，不需要测量斜槽末端的高度，故C错误；
D、为了防止入射球反弹，应使入射球的质量大于被碰球的质量，故D错误。
故选：A；
（3）两球为弹性碰撞，N点为小球A单独滑下时的落点；碰撞后A球速度减小，B球速度增大，故A球落点为M点，B球落点为P点。
故答案为：（1）10.5；（2）A；（3）M；P。
23．（2022 重庆）如图1为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是 天平 。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做 匀速直线 运动。
（3）测得滑块B的质量为197.8g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为 ﹣0.011 kg m s﹣1（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为 ③ （选填“②”“③”“④”）。
【解答】解：（1）要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x﹣t图可知滑块B碰前的速度为vBm/s＝﹣0.058m/s
则滑块B碰前的动量为pB＝mBvB＝0.1978×（﹣0.058）kg m/s＝﹣0.011kg m/s
由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。
故答案为：（1）天平；（2）匀速直线；（3）﹣0.011，③
24．（2022 甲卷）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 0.304 kg的滑块作为A。
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
（6）表中的k2＝ 0.31 （保留2位有效数字）。
（7）的平均值为 0.32 （保留2位有效数字）。
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 （用m1和m2表示），本实验中其值为 0.34 （保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【解答】解：（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k20.31。
（7）的平均值为：0.322≈0.32。
（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，
联立解得：，代入数据，可得：0.34。
25．（2022 浙江）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
（1）实验应进行的操作有 C 。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
（2）下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg B的质量/kg 碰撞前A的速度大小/（m s﹣1） 碰撞后A的速度大小/（m s﹣1） 碰撞后B的速度大小/（m s﹣1）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是 0.200 kg m/s。（结果保留3位有效数字）
【解答】解：（1）AB、实验需要测量小车的速度与质量，不需要测量滑轨的长度、不需要测量小车的长度和高度，故AB错误；
C、系统所受合外力为零系统动量守恒，碰撞前将滑轨调成水平，故C正确。
（2）由于A的质量小于B的质量，碰撞后A反弹，以碰撞前A的速度方向为正方向，
碰撞后小车A、B所构成的系统总动量大小p＝mAvA+mBvB＝0.200×（﹣0.200）kg m/s+0.300×0.800kg m/s＝0.200kg m/s
故答案为：（1）C；（2）0.200。
26．（2021 江苏）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。
（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝ 10.20 mm；
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是 证明气垫导轨调至水平 ；
（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：
Δt/s 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
Δv/（m s﹣1） 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
请根据表中数据，在方格纸上作出Δv﹣Δt图线；
（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv﹣Δt图线斜率的理论值为 1.96 m/s2；
（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是 BD 。
A．选用的槽码质量偏小
B．细线与气垫导轨不完全平行
C．每次释放滑块的位置不同
D．实验中Δt的测量值偏大
【解答】解：（1）游标尺的主尺每一小格表示1mm，游标尺是20分度，每一小格表示0.05mm，故游标卡尺的读数为：10mm+4×0.05mm＝10.20mm；
（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是证明气垫导轨水平；
（3）根据表格中数据描点并用直线连接；
尽可能让多的点落到直线上，不能落到直线上的点尽可能均匀的分布在直线两侧。
（4）根据动量定理可得：mgΔt＝（m+M）Δv，则理论上图像斜率k，代入数据解得：k＝1.96m/s2。
（5）A、理论上图像斜率k，槽码质量不会影响实验值与理论值的误差，故A错误；
B、细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为F的水平分力，故图线斜率的实际值偏小，故B正确；
C、滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，故C错误；
D、Δt偏大，则偏小，图线斜率偏小，故D正确；
故选：BD。
故答案为：（1）10.20；（2）证明气垫导轨调至水平；（3）见图；（4）1.96；（5）BD。
四．计算题（共17小题）
27．（2022 福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态，一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动，已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
【解答】解：（1）滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，物块C与滑板间的最大静摩擦力小于滑板与地面间的最大静摩擦力，物块C滑到B的过程中，滑板静止。
物块C运动至刚要与物块B相碰过程，由动能定理：﹣μmgs0
解得物块C碰撞前的速度大小为：；
（2）物块B、C碰撞时间极短，碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律：mv1＝2mv2
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小：v2
根据能量守恒定律可得物块B与物块C碰撞过程系统损失的机械能为：ΔEmv12 2mv22
解得：ΔE；
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件：kΔx+2μmg＝3μmg
解得弹簧的压缩量（即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小）：Δx
故滑板A开始运动前物块B和物块C克服摩擦力做功：W克＝2μmgΔx
解得：W克。
答：（1）C在碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能为；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为。
28．（2022 海南）有一个角度可变的轨道，当倾角为30度时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为60度，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B的质量的三倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数μ；
②A与B刚碰完B的速度；
③绳子的长度L。
【解答】解：由题意可知：A的质量是B的质量的三倍，设B的质量为m，则A的质量为3m
①当倾角θ＝30°时，A恰好匀速下滑，由平衡条件得：3mgsinθ＝μ×3mgcosθ
代入数据解得，动摩擦因数：μ
②当倾角α＝60°时，A下滑过程，由动能定理得：3mgh﹣μ×3mgcosα0
解得A与B碰撞前瞬间A的速度大小：v0
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv0＝3mvA+mvB
由机械能守恒定律得：
解得：vB
③B从最低点到最高点过程，由动能定理得：﹣mg×2L
B恰好做完整的圆周运动，在最高点重力提供向心力，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＝m
解得：L＝0.6h
答：①A与轨道间的动摩擦因数是；
②A与B刚碰完B的速度是；
③绳子的长度L是0.6h。
29．（2022 湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【解答】解：（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知：mCg＝2mgcos30°
解得：mCm；
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，取向下为正方向，根据动量守恒定律可知：
2mv
解得：v
CD碰撞后向下运动距离后停止，根据动能定理可知：2mg F 0
解得：F＝6.5mg；
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，连接C的轻绳与竖直方向的夹角为α，
由速度关联可知AB的速度大小与C的速度大小关系为：v＝v′cosα
根据机械能守恒定律可得：
2mCg 2mg （L）
令y＝mCg 2mg （L）
对上式求导数可得：
当0时，解得：cosα，即α＝30°
此时，有：y＝mCg 2mg （L）＝mgL
所以，有：2mgL
解得：v′2
此时系统的动能最大，C的动能为：EkC
解得：EkC＝（4﹣2）mgL。
答：（1）C的质量为m；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，F的大小为6.5mg；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，A、B、C的总动能最大时C的动能为（4﹣2）mgL。
30．（2022 浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【解答】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：
解得：vb＝5m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mvb＝mvb′+mv0
解得：v0＝vb＝5m/s
（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：
mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0
解得：h1＝1.2m
以竖直向下的方向为正方向
由动能定理得：
联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（N）（h≥1.2m，且竖直向下为FN的正方向）。
（3）当1.2m≤h＜1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：
从E点飞出后，竖直方向：
水平方向上：s＝vEt
根据几何关系可得：
联立解得：x＝3l+DF+s1
代入数据解得：
当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.8m
可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：
mgH﹣μmgs3＝0
解得：s3＝0.4m
距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时
3l﹣s3＜x＜3l
代入数据解得：2.6m＜x＜3m
答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；
（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（N），（h≥1.2m，且竖直向下为FN的正方向）；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.2m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m＜x＜3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为。
31．（2022 广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【解答】解：（1）滑块静止时，根据整体法可知，N1＝（m+M）g＝（0.2+0.6）×10N＝8N
当滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力大小为1N，方向竖直向上
则对滑杆进行受力分析，根据平衡状态得：
N2＝Mg﹣f＝0.6×10N﹣1N＝5N
（2）选竖直向上的方向为正方向
根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为：
，负号表示加速度方向竖直向下
根据运动学公式可知
代入数据解得：v＝8m/s
（3）当滑杆和滑块发生碰撞的瞬间，根据动量守恒定律得：
mv＝（M+m）v1
当滑杆和滑块一起脱离地面时，根据整体法可知，系统的加速度为重力加速度，方向竖直向下
则
解得：h＝0.2m
答：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小分别为8N和5N；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小为8m/s；
（3）滑杆向上运动的最大高度为0.2m。
32．（2022 湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍（λ为常数且0＜λ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【解答】解：（1）篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰前速度为：
篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰后速率为：
因此
k
（2）篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力，根据动能定理得：
根据（1）问的描述可知，篮球落地反弹的速度为
v4＝kv3
在反弹上升的过程中，根据动能定理可得：
联立解得：F0
（3）由（1）问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别为
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向下）
因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理可知
I＝mv
即每次拍打篮球都会给篮球一个速度v。
拍打第一次下降过程中
上升过程中有
将k代入上升过程的式子化简得：
联立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降过程中
上升过程中代入k后得
联立得：
将h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值化简得：
联立解得：
再将h2代入到h3得：
拍打第N次时，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值得：
联立有
将hN﹣1代入hN后有
已知hN＝H
则有
[]
则有I＝mv＝m
答：（1）篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比为；
（2）F0的大小为；
（3）冲量I的大小为m。
33．（2022 乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v﹣t图像如图（b）所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）设物块B的质量为M，t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大设为Epm，0～t0时间内两物块作用过程满足动量守恒定律，以水平向右为正方向，结合图（b）数据得：
M×1.2v0＝（M+m）v0
解得：M＝5m
此过程对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
Epm
解得：Epm＝0.6m；
（2）t0时刻物块A、B达到共速，此弹簧压缩量最大
因0～t0时间内两物块受到合力大小等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合力大小相等方向相反，又因M＝5m
由牛顿第二定律可知物块B做减速直线运动的加速度大小始终等于物块A做加速直线运动的加速度大小的，那么在相同时间内，物块B的速度减小量始终等于物块A的速度增加量的，由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如下图所示：
已知：0～t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。即图中面积SA＝0.36v0t0
物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积SB，由前述分析可知：
SBSA0.36v0t0＝0.072v0t0
则0～t0时间内，物块B运动的位移大小为：
xB＝1.2v0t0﹣SB＝1.2v0t0﹣0.072v0t0＝1.128v0t0
由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为：
Δlm＝xB﹣SA＝1.128v0t0﹣0.36v0t0＝0.768v0t0；
（3）已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同，且为2v0。
设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为vA（其方向水平向左），A与B再次碰撞后B的速度为vB，以水平向右为正方向，对A与B再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合图（b）数据得：
M×0.8v0﹣mvA＝MvB+m×2v0
联立解得：vA＝v0
设A在斜面上上滑的最大高度为h，A与斜面间的动摩擦因数为μ，对A第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定理得：
﹣mgh﹣μmgcosθ 0
对A第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得：
﹣2μmgcosθ
联立代入数据解得：μ＝0.45。
答：（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m；；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。
34．（2022秋 越秀区校级月考）光滑水平地面上有一质量M＝4.0kg的小车。车上的水平道与半径R＝0.25m的四分之一光滑弧轨道在B点相切。如图所示，水平轨道右端固定一根处于锁定状态的压缩弹簧，一质量为m＝1.0kg的物块紧靠弹簧，与B点的距离L＝1.0m，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，物块被弹出后，恰能到这圆弧轨道的最高点A，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E；
（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小；
（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离。
【解答】解：（1）物块恰好能到达A处，故在A处物块的竖直分速度为零，且物块和小车速度相等；物块从B到A的过程，物块和小车在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒；
由动量守恒可得：0＝（M+m）v
解得：v＝0
从解除锁定弹簧到物块运动到A的过程，由能量守恒定律得：
E＝mgR+μmgL
代入数据解得：E＝7.5J
（2）物块从A到第二次经过B点的过程，对物块和小车系统机械能守恒、动量守恒，设物块第二次经过B点时物块的速度为v1，小车的速度为v2，由机械能守恒可得：mgR
由动量守恒可得：0＝mv1+Mv2
代入数据解得物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小为：v1＝2m/s
（3）物块和小车运动过程，在水平方向上合外力始终为零，故系统在水平方向上动量守恒；那么，最终物块和小车都处于状态，物块和小车，由能量守恒定律得：
E＝μmgS
解得：S＝1.5m，故最终物块与车相对静止时物块到B点的距离为：d＝S﹣L＝0.5m
答：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E为7.5J：
（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小为2m/s；
（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离为0.5m。
35．（2021 重庆）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
【解答】解：（1）由自由落体运动规律可得：v2＝2gh，其中：h＝1.80m
代入数据解得：v＝6m/s；
（2）由匀变速直线运动规律可得：，其中Δx＝0.03m
代入数据解得：t＝0.01s；
（3）取向下为正方向，由动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv
代入数据解得：F＝3000N。
答：（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小为6m/s；
（2）物体做匀减速直线运动的时间为0.01s；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小为3000N。
36．（2021 福建）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求小球S1在M点所受电场力大小。
（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为，碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。
（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
【解答】解：（1）设A到M点的距离为RM，A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA，由库仑定律有FA①
设小球S1在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有FM＝2FAsin45°②
联立①②式，由几何关系并代入数据得FM③
（2）设O点下方处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，由库仑定律和力的合成有FC＝2sinθ④
式中sinθ
设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有FC+m1g＝m1a⑤
由图（c）可知，式中a＝2g
联立④⑤式并代入数据得m1⑥
设S2的质量为m2，碰撞前、后S1的速度分别为v1，v1′，S2碰撞前、后的速度分别为v2，v2′，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′⑦
2⑧
设小球S2碰撞前的动量为p2，由动量的定义有p2＝m2v2⑨
依题意有
m1＝m2
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得p2⑩
即碰撞前S2的动量大小为。
（3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零。
设M点与D点电势差为UMD，由电势差定义有UMD＝φM﹣φD
设小球S1初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有m1g（MO﹣DO）+QUMD＝EkD﹣Ek EkD＞0
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥ 式可得Ek
答：（1）小球S1在M点所受电场力大小为。
（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为，碰撞时间极短。碰撞前S2的动量大小为。
（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足Ek。
37．（2021 海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【解答】解：（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则
2mv0＝3mv共
解得
v共
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木＝2v滑
再根据动量守恒定律有
2mv0＝2mv木+mv滑
联立化简得
v滑v0，v木v0
再根据功能关系有
﹣μmgx2mv木2mv滑22mv02
经过计算得
x
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F＝μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑＝μg
滑块相对木板静止时有
v0＝a滑t
解得
t
则整个过程中木板滑动的距离为
x′＝v0t
则拉力所做的功为
W＝Fx′＝mv02
答：（1）滑块相对木板静止时，它们的共同速度大小为；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，此时滑块到木板最右端的距离为；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，此过程中滑块的运动时间为，外力所做的功为mv02。
38．（2021 湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【解答】解：（1）B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，则mg
B从半圆弧轨道飞出后做平抛运动
水平方向：x＝vBt
竖直方向：2R
联立解得x＝2R
（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点，根据机械能守恒由
mgRcosθ
此时A所受力对A做功的功率P＝mgsinθ vA
联立解得P＝mgsinθ
（3）B从碰撞后到最高点，根据动能定理﹣mg 2R
A从碰撞后到C点，根据动能定理mg R
AB碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则
mv0＝mvA′+mvB′
则碰撞过程中损失的能量ΔE（）
联立解得ΔEmgR
答：（1）B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离为2R；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，此时A所受力对A做功的功率为mgsinθ；
（3）碰撞过程中A和B损失的总动能为mgR。
39．（2021 北京）如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【解答】解：（1）竖直方向为自由落体运动，由h
代入数据解得t＝0.30 s
（2）设A、B碰后速度为v，
水平方向为匀速运动，由s＝vt
代入数据解得v＝1.0m/s
根据动量守恒定律，规定向右为正方向，由mv0＝2mv
得v0＝2m/s
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE
代入数据解得ΔE＝0.10J
答：（1）两物块在空中运动的时间为0.30s；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小为2m/s；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能为0.10J。
40．（2021 天津）一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1：4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【解答】解：（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到最大高度时的速度大小为v，取竖直向上为正方向，由运动学公式有
0﹣v02＝﹣2gh
v2﹣v02＝﹣2g（h）
联立解得v
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2，依题意，动能关系为：
玩具到达最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，取质量为m1的部分速度方向为正方向，有
m1v1﹣m2v2＝0
分开后两部分都做平抛运动，根据动能定理得
对m1有，m1gh
对m2有，m2gh
结合m1：m2＝1：4
联立解得两部分落地时速度大小之比v1′：v2′＝2：1
答：（1）玩具上升到最大高度时的速度大小为；
（2）两部分落地时速度大小之比为2：1。
41．（2021 河北）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ，cosθ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【解答】解：（1）背包在斜面上运动，受力分析如图所示：
由牛顿第二定律可知：m1gsinθ﹣f＝m1a1
其中f＝μm1gcosθ
解得：a1＝2m/s2
背包从斜面滑下过程：L
滑雪者在斜面上滑动过程中有：L＝v0t2
其中：t1﹣t2＝1s
解得：L＝9m，t1＝3s，t2＝2s
（2）滑雪者在斜面上滑动过程到底部时，
v2＝v0+a2t2
解得：v2＝7.5m/s，
此时背包的速度：v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，
拎起背包后滑雪者与背包的速度相等，拎起背包过程动量守恒，规定滑雪者的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v1+m2v2＝（m1+m2）v
代入数据解得：v＝7.44m/s。
答：
（1）滑道AB段的长度为9m；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度为7.44m/s。
42．（2021 广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【解答】解：（1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，
由题意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.4m/s，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s
设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为v1，从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，
对甲算珠，由动能定理得：﹣μmgs1
代入数据解得：v1＝0.3m/s
甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为v乙，
以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，
代入数据解得：v乙＝0.2m/s
设乙从碰撞后到减速为零的过程滑行的距离为s，对乙算珠，由动能定理得：﹣μmgs＝0
代入数据解得：s＝0.02m＝s2＝2.0×10﹣2m，乙算珠恰好到达边框a处
（2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s3后速度变为零，对甲，由动能定理得：﹣μmgs3＝0
代入数据解得：s3＝0.005m
设从甲开始运动到甲乙碰撞所需时间为t1，从甲乙碰撞到甲停止运动需要的时间为t2，
则：s1t1，s3t2，
代入数据解得：t1＝0.1s，t2＝0.1s
甲算珠从拨出到停下所需的时间：t＝t1+t2＝（0.1+0.1）s＝0.2s
答：（1）乙算珠能滑动到边框a；
（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。
43．（2021 湖南）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【解答】解：（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg 2μL﹣μmgL0
解得：v0
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则
x＝vxt，y，，
解得：
Ek
已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得
Ek2μmgL
依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有
2μmgL，
整理得PQ的曲线方程为：，0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL。
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得
mgh﹣μmgL
解得vA
A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
mvA＝﹣mvA1+λmvB
解得：vA1，vB
设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得
﹣2μmgL
解得：4μgL4μgL
要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即，则有
4μgL，
解得：
将vA代入得：
h
由（2）的结论：，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点平抛的初速度大小满足
要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，
所以需满足：，即：4μgL≤2μgL
解得：h
则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为h。
答：（1）A经过O点时的速度大小为；
（2）PQ的曲线方程为，0≤x≤2μL，μL≤y≤2μL；
（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为h。
五．解答题（共2小题）
44．（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0＝mv1﹣Mv2
两边同时乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根据几何关系可知：x1+x2＝a
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v2；x2
（2）设小球的坐标为（x，y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：
整理可得：，（y≤0）
（3）将代入上述的轨迹方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以（a﹣b，0）为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为时，对应的位置如图所示：
此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根据机械能守恒定律可得；
联立解得：v3
答：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小为，凹槽相对于初始时刻运动的距离为；
（2）在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程为，（y≤0）；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小为。
45．（2023 浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5m，HI长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
【解答】解：（1）滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：
mg（h﹣1.2R﹣R﹣Rcosθ）0
代入数据解得：vC＝4m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：FC+mg＝m
代入数据解得：FC＝22N；
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得：
mgh﹣0.2mgLFG0
代入数据解得：v＝6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv＝2mv1；
代入数据解得：v1＝3m/s
根据能量守恒定律可得：μmgLmv22mv12
解得：μ＝0.3
此过程中对摆渡车根据动能定理可得：μmgx
代入数据解得摆渡车的位移：x＝1.5m＜L0﹣L＝9m﹣3m＝6m
所以假设成立，说明摆渡车达到I之前已经共速，动摩擦因数为μ＝0.3；
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为t1，对摆渡车根据动量定理可得：μmgt＝mv1﹣0
解得：t1＝1s
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：t2
代入数据解得：t2＝1.5s
所以滑块从G到J所用的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s。
答：（1）滑块过C点的速度大小为4m/s，轨道对滑块的作用力大小为22N；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；
（3）在（2）的条件下，滑块从G到J所用的时间为2.5s。
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